(Encontrar todos los números de cuatro cifras abcd10 divisibles entre 13 y tales que cd10=3(ac10+2))
La segunda condición se puede poner como 10c+d=3(10a+c+2). Con esto se obtiene la ecuación 7c+d=30a+6. Aquí puede resultar difícil para el principíante decidir cuál dígito acotar. La decisión queda sugerida por el coeficiente de a: a debe ser pequeño debido a su coeficente. Por tanto se decidimos acotar a.
Para ello, dejamos a del lado izquierdo: 30a=7c+d−6. Primero observamos que, como c,d son dígitos, entonces su valor más grande es 9.
De aquí se puede concluir que 30a no excede de 66. Así que a es cuando mucho 2; y por ser la primera cifra no puede ser cero. Por tanto, bastará hacer la búsqueda con a=1,a=2.
Si a=1, la ecuación de la segunda condición queda como 30=7c+d−6. O sea, 36=7c+d. De aquí que los posibles valores de (c,d) son (5,1) y (4,8).
Si a=2, la ecuación queda como 66=7c+d. Se sigue (haciendo las cuentas) que la única posibilidad es c=9,d=3.
En resumen se tiene que buscar el dígito de las centenas (el b) en los números de la forma: 1b5110,1b4810, y 2b9310.
Caso en que el número buscado es 1b5110
En potencias de 10, (1b51)10=1000+100b+51=100(10+b)+51
Y como 51= 4(13)-1 y 100=7(13)+9, entonces 100(10+b)+51=9(−3+b)−1(mod13). Es decir, −27+9b−1=9(b−3)−1(mod13)
Pero queremos que sea múltiplo de 13. Por tanto, queremos 9(b−3)=1(mod13) o sea 9(b−3)=−12(mod13) o 3(b−3)=−4=9(mod13) o b−3=3(mod13). Por tanto, b tiene que ser 6, dado que es dígito. En resumen, el número 1651 es el único que cumple para este caso.
Caso en que el número buscado es 1b4810
En potencias de 10, 1b4810=1000+100b+48=100(10+b)+48=9(b−3)−4(mod13). Pero queremos que sea múltiplo de 13. Por tanto, queremos 9(b−3)=4(mod13). O sea, 9(b−3)=−9(mod13). O b−3=−1(mod13). b=2(mod13). Es decir, b=2. Por tanto, para este caso, el único número que cumple es el 1248.
Caso en que el número buscado es 2b9310
2b9310=100(20+b)+93=9(7+b)+2(mod13). Pero queremos que sea 0. Por tanto tenemos que resolver la ecuación modular 9(7+b)+2=0(mod13). Es decir, −4(7+b)=−2(mod13) O 2(7+b)=1(mod13) O 2(7+b)=−12 O 7+b=−6 o b=−13. Por tanto, la única posibilidad es que b=0. La única solución para este caso es el número 2093.
Sin aritmética modular es más fácil, pero hay que saber el criterio de la división entre 13. Esta regla dice que un número n =10a+b es divisible entre 13 si a-9b es divisible entre 13.
Así, para el caso 1b5110 las decenas son 1b510 y hay que restarles 9, y obligar a que el resultado sea divisible entre 13. El resultado de la resta es (b+9)610. Aplicando la regla de nuevo, se obtiene b+9−54=b−45=b−6−39, y uno puede inferir que b tiene que ser 6.
Para el caso 1b4810 las decenas son 1b4_1_0 y hay que restarles 72, y obligar a que el resultado sea divisible entre 13. El resultado de la resta es (3+b)210. Aplicando la regla de nuevo se obtiene 3+b−18=b−15, y uno puede inferir que b=2 es la única posiblidad.
El caso restante se deja como ejercicio para el lector. Otro ejercicio: demostrar la regla. Sugerencia: el número n se pone como n=10a+b (es decir, las decenas más las unidades), y ver que n es divisible entre 13 si y sólo si 4n=40a+4b=39a+a+13b−9b también lo es. OK?
Este tipo de problemas son elementales pues sólo requieren saber dividir (por lo menos esa es la tesis de la corriente principal en matemáticas de concurso). Por otro lado sus cálculos son muy tediosos –si es que uno atina a encontrar el método de resolverlos. La enseñanza que dejan es el modo clásico de inferencia en problemas de teoría de números.
El caso de la demostración de la regla es paradigmático: ¿por qué multiplico por 4 y no por otro número? (en la regla del 7 se multiplica por 5 para obtener 49a+a+5b=49a+7b+a−2b, para después tirar a la basura el 49a y el 7b dado que buscamos divisibilidad entre 7). Pero este tipo de razonamientos están cargados de teoría: para poder ver “n divisible entre 13 si y sólo si 4n divisible entre 13” tenemos que tener disponible en nuestra mente el lema fundamental de la divisibilidad (si a divide a bc pero a primo con b entonces a divide a c).
¿Se trata de un tipo de demagogia de las matemáticas de concurso? Bueno, la respuesta es una paradoja: el instructor está obligado a pregonar que el problema es elemental, con miras a enganchar al estudiante a poner su mejor esfuerzo en resolverlo, aún cuando no sea del todo elemental. Y al decir que es elemental no está siendo totalmente honesto. Pero pone al estudiante a trabajar, trata de hacerlo más emprendedor. De otra manera, el estudiante exigiría al instructor que le enseñara primero el método, y se corre el riesgo de atrofiar sus capacidades cognitivas. La paradoja se podría poner de la siguiente manera: entre más le ayudas menos aprende.